Question

3．已知：AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，CE⊥AB于E，D為弧BC的中點(diǎn)，連接AD，分別交CE，CB于F、G．
（1）求證：CF=CG；
（2）若AF=DG，連接OG，求證：OG平分∠AGB；
（3）在（1）的條件下，EF：CF=3：5，BE=8，求⊙O的弦AD的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接AC．由$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，推出∠4=∠5，由∠1+∠4=90°，∠3+∠5=90°，利用推出∠1=∠2，再根據(jù)∠2=∠3即可證明．
（2）如圖2中，連接AC、CD．先證明△CFA≌△CGD，推出AC=CD，推出$\widehat{AC}$=$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，推出∠GAB=∠GBA，推出GA=GB，再根據(jù)等腰三角形三線合一即可證明．
（3）如圖3中，作GH⊥AB于H，連接FH，HC、AC．首先證明四邊形CFHG是菱形，設(shè)EF=3a，CF=5a則FH=5a，EH=4a，由GH∥EC，得$\frac{GH}{EC}$=$\frac{BH}{BE}$，得$\frac{5a}{8a}$=$\frac{BH}{8}$，推出BH=5，由4a=3，推出a=$\frac{3}{4}$，想辦法求出BC、CH，由cos∠CBA=$\frac{EB}{BC}$=$\frac{BC}{AB}$，求得AB=$\frac{25}{2}$，再證明△ADB∽△CEH，得$\frac{AD}{CE}$=$\frac{CH}{AB}$，即可求出AD．

解答 解：（1）證明：如圖1中，連接AC．

∵$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，
∴∠4=∠5，
∵CE⊥AB，
∴∠AEF=90°，
∴∠3+∠5=90°，
∵AB是直徑，
∴∠ACG=90°，
∴∠1+∠4=90°，
∴∠1=∠3，
∵∠2=∠3，
∴∠1=∠2，
∴CF=FG．

（2）證明：如圖2中，連接AC、CD．

∵CF=CG，
∴∠CFG=∠CGF，
∴∠CFA=∠CGD，
∵AF=GD，
∴△CFA≌△CGD，
∴AC=CD，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，
∴∠GAB=∠GBA，
∴GA=GB，
∵AO=OB，
∴OG平分∠AGB．

（3）解：如圖3中，作GH⊥AB于H，連接FH，HC、AC．

∵$\widehat{CD}$=$\widehat{DB}$，
∴∠DAC=∠DAB，
∵GC⊥AC，GH⊥AB，
∴CG=GH=CF，
∵CE⊥AB，
∴CF∥GH，∵CF=GH，
∴四邊形CFGH是平行四邊形，
∵CF=CG，
∴四邊形CFHG是菱形，
∴AD⊥CH，
∵EF：CF=3：5，設(shè)EF=3a，CF=5a則FH=5a，EH=4a，
∵GH∥EC，
∴$\frac{GH}{EC}$=$\frac{BH}{BE}$，
∴$\frac{5a}{8a}$=$\frac{BH}{8}$，
∴BH=5，EH=3，
∴4a=3，
∴a=$\frac{3}{4}$，
∴EF=$\frac{9}{4}$，F(xiàn)C=CG=HG=FH=$\frac{15}{4}$，EC=6，
∴BC=$\sqrt{E{C}^{2}+E{B}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，CH=$\sqrt{C{E}^{2}+E{H}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∵cos∠CBA=$\frac{EB}{BC}$=$\frac{BC}{AB}$，
∴$\frac{8}{10}$=$\frac{10}{AB}$，
∴AB=$\frac{25}{2}$，
∵∠ECH+∠EHC=90°，∠ECH+∠BAD=90°，
∴∠ECH=∠BAD，∵∠CEH=∠ADB=90°，
∴△ADB∽△CEH，
∴$\frac{AD}{CE}$=$\frac{CH}{AB}$，
∴$\frac{AD}{6}$=$\frac{3\sqrt{5}}{\frac{25}{2}}$，
∴AD=$\frac{36}{25}$$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、圓周角定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形，屬于中考?jí)狠S題．